容斥原理

概述

• 容斥原理是正难则反思想的实践产物。（23.1.15 upd：存疑）

• 即，在正向求解问题过于困难时，考虑逆向求出不合法方案数，然后用总方案数减去以得到合法方案数。

• 大体上，可以分为以下两类：

子集容斥

• 一般的容斥原理指的就是子集容斥。其是如下的一种容斥：

• 不妨称“合法”为满足 \(k\) 个条件，并抽象为条件的集合，则有如下的一般形式：

\[ans=\sum\limits_{S=\varnothing}^{full} (-1)^{|S|}\times res_{S} \]

• 这里 \(res_S\) 为满足的条件包含 \(S\) 的方案数。

• 用自然语言描述，就是所有情况（所有条件都爱满足不满足的情况）减去至少有一种条件不满足的加上有两种的减去有三种的...

• 证明基于二项式定理，等等吧...

P1450 [HAOI2008] 硬币购物

• 题意：

  • 给出 \(c_{1\sim 4}\)。

  • \(Q\) 组询问，每组询问给出 \(num_{1\sim 4}\) 和 \(C\)，求关于 \(a_{1\sim 4}\) 的方程组 \(\sum\limits_{i=1}^4 a_i\times c_i=C\) 的合法解集数。

  • 所谓合法解集，即满足 \(\forall i\in [1,4],a_i\in[0,num_i]\) 的解集。

• 数据范围：\(Q\leqslant 10^3,C\leqslant 10^5\)。

• 首先显然可以背包，但也同样的，背包显然会 T。

• 本题有 exgcd 做法，大概思路是预处理 \(c1,c2\) 和 \(c3,c4\) 两组的 \(a_ic_i+a_{i+1}c_{i+1}=\gcd(c_i,c_{i+1})\) 的不定方程，然后对每个询问暴力枚举两组分别付了多少钱，设法 \(O(1)\) 计算方案数。

• 考虑建立容斥模型：所有方案-有一个超限+有两个超限-有三个超限+有四个超限的方案数。

• 则问题相当于怎么求有 \(k\) 个超限的方案数。发现此时的选取个数上界变成了选取个数下界；考虑到这个下界肯定 \(\geqslant 0\)，我们用这么一个办法：把它减去！

• 即，将 \(C\) 减去 \(\sum\limits_{i=1}^4 req_i\times c_i\)，于是问题变成完全背包求方案数。

• 发现这个完全背包没有必要每次都做，可以预处理。于是得解，复杂度 \(O(4C+2^4Q)\)。

• 事实上，这一做法可以推广到一般的不定方程非负整数解集计数。

P5664 [CSP-S2019] Emiya 家今天的饭

• 题意略。

• 发现这个主要食材的问题看起来就很状压，但 \(m\) 太大了，全无机会。考虑容斥，即爱超不超-至少一种食材超了+...。

• 发现一种食材如果不合法，其一定占据了至少 \(\lfloor\dfrac{n}{2}\rfloor+1>\dfrac{n}{2}\) 道菜，于是同时至多只有一种食材不合法。

• 哦吼！那么容易做一个简单 DP \(dp_{i,0/1}\) 表示考虑了前 \(i\) 种烹饪方法，是否已经做过菜的总方案数，从而得出满足前两个条件的总方案数。

• 然后再暴力枚举超限的食材，做一个 dp 如下：

  • 状态设计：\(tp_{i,j,k}\) 表示考虑完前 \(i\) 种烹饪方法，做了 \(j\) 道用这个食材的菜，共做了 \(k\) 道菜的方案数。

  • 初始化：\(dp_{0,0,0=1}\)。

  • 状态转移方程：\(dp_{i,j,k}=dp_{i-1,j,k}+dp_{i-1,j-1,k-1}\times a_{i,material}+dp_{i-1,j,k-1}\times a_{i,else}\)。滚维即可。

• 总复杂度 \(O(n^3m)\)，还是超了一些。注意到我们本质上不关心 \(j,k\)，只关心 \([2j>k]\)，换言之关心的是 \([2j-k>0]\)。

• 起一个偏移，然后把这两维变成一维，总复杂度 \(O(2n^2m)\)，足够通过本题。

P2158 [SDOI2008] 仪仗队

• 题意：求 \(\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^n [gcd(i,j)=1]\)。这是转化并舍弃了一点细节后的题意。

• 数据范围：\(n\leqslant 4\times 10^4\)。

• 式子不是很美妙，考虑拆一拆：

\[\begin{aligned} \sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^n [\gcd(i,j) = 1] &=1+\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^{i-1} [\gcd(i,j) = 1]+\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=i+1}^n [\gcd(i,j) = 1] \\ &=1 + 2\times \sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^{i-1} [\gcd(i,j) = 1] \\ &= -1 + 2\times \sum\limits_{i=1}^n \varphi(i) \end{aligned} \]

• 首先利用对称性把它化成可欧拉函数化的式子，然后再代入欧拉函数做变换。一开始 \(+1\) 是因为漏算 \(\gcd(1,1)\)（其他 \(i=j\) 的在变换中直接被舍弃了），最后 \(-1\) 是因为 \(\varphi(1)\) 也计入了并且 \(\times 2\) 了。

• 众所周知，\(\varphi(i)\) 是可以线性筛的，于是我们有线性复杂度。

• 什么？没容斥？你别急。

P2398 GCD SUM

• 题意：求 \(\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^n \gcd(i, j)\)。

• 这大概算是一个定式。有两种思路：

• 转化成上面的问题。即：

\[\begin{aligned} \sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^n \gcd(i, j) &=\sum\limits_{d=1}^n d\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor} [\gcd(i,j)=1]\\ &=\sum\limits_{d=1}^n d(-1 + 2\times \sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor} \varphi(i)) \end{aligned} \]

• 预处理 \(\varphi\) 的前缀和，仍然是线性的。

• 基于调和级数的暴力：

• 考虑求 \(div(x)\) 表示 \(\sum\limits_{i=1}^n [x\mid i]\)。此部分的复杂度是 \(O(n)\)。

• 显然，\(div(x)^2\) 就是所有 \(\gcd\) 为 \(x\) 的倍数的数对的数量。考虑容斥之，可以倒序计算，\(O(n\ln n)\)。

• 但如果我们用一般的容斥原理，那么实质上是对...总之似乎可以用莫反+狄利克雷前缀和优化到 \(O(n\ln\ln n)\)。

P1447 [NOI2010] 能量采集

• 题意略。我们约定 \(n\geqslant m\)，若不然，交换之。

• 首先从 \(\text{P2158 [SDOI2008] 仪仗队}\) 我们知道这种题目显然可以只做对称的两部分中的一部分。

• 考虑枚举 \(d\)，不妨记 \(k(d)\) 为 \(\gcd\) 为 \(d\) 的数对数量，稍微化下式子有 \(ans=\sum\limits_{d=1}^n (k+1)^2\)。

• 于是问题变成求 \(\sum\limits_{d=1}^n (\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m [\gcd(i,j)=d]+1)^2\)。

• 首先我们还是可以进行一个 \(/d\) 将其转化到 \(\varphi\) 上，但 \(n,m\) 不等使得我们的旧有手段失效了，毕竟对称性完全不存在。

• 考虑转而多支付一个 \(\log\) 或者之类的。哦，可以容斥！

• 套用上面的调和级数方法，得解。

P2567 [SCOI2010] 幸运数字

• 题意略。

• 暴力求出所有幸运号码，然后开始暴搜容斥。

• 几个剪枝技巧：

  • 若幸运数字中 \(a\mid b\)，删去 \(b\)。

  • 由此，我们暴搜中的 \(v\) 应当互相不为倍数；从而对于 \(v\times 3>R\) 的可以直接退出，因为任意 \(lcm\) 至少是 \(v\) 的三倍。

P3160 [CQOI2012] 局部极小值

• 参看状压 DP。

代表元容斥

• 子集容斥虽好，但显然有一个致命缺陷：子集总数是指数级的。

• 当条件很多的时候，其根本没有表现的机会。

• 代表元容斥给出了一种解决方法：给条件规定一个“顺序”（这一顺序不能违反条件本身的拓扑关系），按顺序考虑这些条件，从而将所有方案分为“违反了第 \(k\) 个条件的”。

• 换言之，它只关心方案“最早违反的条件”。可以写出如下的一般形式（\(f_{sta}\) 为从初始状态到 \(sta\) 的合法方案数，\(g_{sta,sta'}\) 为从 \(sta\) 到 \(sta'\) 的任意方案数）：

\[f_{sta}=g_{start,sta}-\sum\limits_{sub\subsetneq sta}f_{sub}\times g_{sub,sta} \]

AT_dp_y Grid 2

• 题意：给出一张 \(n\times m\) 的网格图，有 \(K\) 个点不能经过，求只向下/向右走的条件下（OI 坐标系），从 \((1,1)\) 走到 \((n,m)\) 的方案数。

• 数据范围：\(n,m\leqslant 10^5,K\leqslant 3\times 10^3\)。

• 没有不可经过点的话，这是一个经典的组合数学问题。考虑处理这些点，显然子集容斥根本不可做。

• 注意到对于非法点的访问肯定是有顺序的：\((x,y)\) 成为代表元，即首个访问的非法点，当且仅当所有 \((\leqslant x,\leqslant y)\)（不能同时取等）的非法点都没有访问时，才有可能。

• 这是一个很松的偏序。随便车一个拓扑序，定义 \(f_{x,y,x',y'}\) 为从 \((x,y)\) 走到 \((x',y')\) 的合法（这里指路上不经过非法点，起止点不算）方案数，\(g_{x,y,x',y'}\) 为对应的任意方案数，于是有：

\[f_{x,y,x',y'}=g_{x,y,x',y'}-\sum\limits_{(x,y)<(x'',y'')<(x',y')} f_{x,y,x'',y''}\times g_{x'',y'',x',y'} \]

• 这里所有 \((x,y)\) 都是关键点，即 \((1,1),(n,m)\) 或非法点。坐标之间的 \(<\) 是以上面的方式定义的，即 \(x\leqslant x',y\leqslant y'\leftrightarrow (x,y)<(x',y')\)，两个不等号不能同时取等。

• 于是 \(f_{1,1,n,m}\) 即为所求，复杂度 \(O(K^2)\)。

P2595 [ZJOI2009] 多米诺骨牌

• 题意略。说实话，其他状压和容斥在它面前都黯然失色。

• 首先考虑无限制的情况，即，不考虑跨线只考虑障碍。那么这是一个非常板的轮廓线 dp，我们容易做到 \(O(nm2^m)\)。

• 容易想到把一维用 dp 解决，另一维用容斥。乍一看很对，上面的 dp 也可以加一个 \(0/1\) 辅助维以确保相邻两行能够横跨，然后呢？

• 不妨记 \(valid_{l,r}\) 为 \(l\sim r\) 列填完，保证合法即每两行之间都有骨牌横跨的方案数。好了，不用说了。

• 我们看到，这里对列之间的横跨容斥的时候，不管是用子集还是用代表元，都有一个问题：左边的方案自己在行间是合法的，右边也一样，但是考虑不到两者本身不合法拼起来合法的方案。

• 考虑进一步以退为进，对两维都容斥！

  • 这里我们有所有 dp 值，换言之，我们有 \(all_{u,l,d,r}\) 表示子网格 \((u\sim d,l\sim r)\) 的只考虑障碍不考虑横跨的总方案数。

  • 时间复杂度？暴力枚举左上角和右边界，可以对所有下界一口气求出，总复杂度为 \(\sum\limits_{u=1}^n \sum\limits_{l=1}^n \sum\limits_{r=l}^n (n-u+1)(r-l+1)2^{r-l+1}\)，直接跑程序算出复杂度为 \(2\times 10^8\)，完全能接受。

• 首先肯定不可能都子集容斥，因为时间炸了。考虑使用代表元容斥，我们先给出一个子集容斥套代表元容斥的正解，再谈论其他嵌套方式：

  • 暴力枚举哪些列间不合法。这是子集容斥。

  • 然后开始代表元容斥，这里我们需要把被分割的多个块合起来考虑行的合法性。

  • 定义 \(f_i\) 表示前 \(i\) 行填完，内部的所有行间都合法的方案数。则有式子为 \(f_i=g_{1\sim i}-\sum\limits_{j=1}^{i-1} f_j\times g_{j+1\sim i}\)，这里 \(g_{l,r}\) 表示第 \(l\sim r\) 行随便填（内部行间合法与否无所谓）的方案数，显然其等于各块的 \(all\) 的连乘。

  • 我们可以在用到它的时候临时将之算出，带一个 \(ppc\) 的常数，算 \(f\) 的过程本身显然是 \(O(n^2)\)，故总复杂度为 \(O(2^nn^2)\)，可以接受。

• 考虑类似的手法，同时进行两个代表元容斥，外列内行，此时左上两个都满足，右上满足行，左下满足列，右下无限制。注意到主要问题在于此时内层的 \(g\)（内层小写，外层大写）不再是 \(all\) 的连乘，而是左侧的受列限制的 \(all\) 和右侧的正常 \(all\) 的连乘，先不管这个算一下复杂度，发现是 \(O(n^4)\)，因为外层每枚举一个列间，就需要 \(O(n)\) 种关于行完全合法但关于列随意的 \(G\)，而每个 \(G\) 又需要做单独的对行代表元容斥 \(O(n^2)\)。

• 回过头来考察内层的 \(g\) 所需的左侧受列限制的 \(all\) 怎么来，事实上只要单独对列容斥就好啦。需要的受列限制的 \(all\) 的 \(l=1\)，其他三维不可知，暴力枚举上下界然后做代表元容斥，显然可以一次把所有右界对应的都求出来，\(O(n^4)\)。乍一看复杂度瓶颈在 dp，所以还是没变，但实际上注意到真的用到无限制 \(all\) 的地方只有内层的“右侧的正常 \(all\)”和这里单独对列容斥用到的 \(all\)...啊前者确实是顶着右界的，可以只求顶着右界的 \(all\)，可惜后者不行。后者还是任意位置的，故复杂度瓶颈确实没变。

• 如果外代表元内子集呢？更劣的一种实现，因为其内部还是需要“左侧的受列限制的 \(all\)”，某个切割出的块的总方案求法也是左受限 \(all\) 乘右任意 \(all\)，其余流程都一样。